专题04 单调性、奇偶性、周期性和对称性的应用24种常见考法归类2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）（原卷版+解析版）

这是一份专题04 单调性、奇偶性、周期性和对称性的应用24种常见考法归类2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）（原卷版+解析版），共16页。试卷主要包含了已知函数，且，求证，在上的单调性.，【多选】等内容，欢迎下载使用。

考法深研·解题技能通关
题型01 判断函数的单调性
1．（2026高三·全国·一轮复习）下列函数中，在区间上单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用幂函数、二次函数单调性判断AB；利用指数函数单调性判断CD．
【详解】对于A，函数在上单调递减，故A错误；
对于B，函数在上单调递减，故B错误；
对于C，当时，，由指数函数单调性得，在上单调递增，故C正确；
对于D，函数在上单调递减，故D错误．
故选：C．
2．（2026·北京）下列函数是奇函数且在定义域上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】A，在中，，则，函数为偶函数，故错误；
B，在中，，函数为奇函数，但在定义域上不单调递增，故错误；
方法一：
C，在中，，则，
，函数单调递减，故错误；
D，在中，，解得，
，则为奇函数，
，即函数在定义域上单调递增，故正确.
法二：
C，在中，，则，为奇函数，
∵和是减函数，
∴函数单调递减，故错误；
D，在中，，解得，
，为奇函数，
∵和是增函数，则为增函数，
∴函数单调递增，故正确.
3．（2026·甘肃兰州·模拟预测）下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用奇偶性、单调性的定义和初等函数单调性依次判断各个选项即可.
【详解】对A，设，其定义域为R，因为，，
所以，则不是奇函数，故A错误；
对B，设的定义域为，关于原点对称，，满足奇函数的定义，
所以是奇函数，任取，，且，
则
，
由于，有，且，所以，即.
所以，所以，
所以在区间上单调递减，故B错误；
对C，设，其定义域为，关于原点对称，
因为，所以是偶函数，故C错误；
对D，设，其定义域为，关于原点对称，
且，则其为奇函数，
又因为均在上单调递增，则函数在上单调递增，故D正确.
题型02 用定义证明函数的单调性
4．（2026高一·黑龙江绥化·阶段检测）已知函数，且．
(1)求的解析式；
(2)用单调性的定义证明：在上单调递减．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将代入原函数，根据题意解出值即可得出解析式
（2）根据定义设，且，计算得出即可的证.
【详解】（1），
故的解析式为：
（2）设，且
因为，所以
故，所以在上单调递减.
5．（2026高一·湖北黄冈·期中）求证：函数在区间上是减函数．
【答案】证明见解析
【分析】利用函数单调性的定义即可求证.
【详解】设，且，
则,
，且，
又，
,
,即
，
故函数在区间是减函数.
6．（2026高三·全国·专题练习）判断并证明函数（其中）在上的单调性.
【答案】减函数，证明见解析
【分析】法一：根据单调性的定义，按照步骤证明即可；法二：利用导数法求解单调递减区间即可证明.
【详解】证明：法一（定义法）：设，
则.
，，，.
因此当时，，即，
此时函数在上为减函数.
法二（导数法）：对求导得.
又，，所以，所以函数在上为减函数.
题型03 求函数的单调区间
7．（2026高一·山东德州·开学考试）若函数的图象如图所示，则其单调递增区间是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用函数图象，结合函数单调性的定义，即可求解.
【详解】由函数的图象可知，单调递增区间是，
又由图知，而，所以A不正确，
故选：D.
8．（2026高一·四川眉山·期中）函数的单调递减区间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将函数用分段函数表示出来，进而求出其单调递减区间.
【详解】函数，则该函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数的单调递减区间为.
故选：C
9．（2026高一·河南驻马店·期中）函数的单调递增区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出函数的定义域，再根据复合函数的单调性求解即可.
【详解】由，解得或，
所以函数的定义域为，
因为在上单调递减，在上单调递增，
又因为为单调递增函数，
所以函数的单调递增区间是.
故选：D.
10．【多选】（2026高三·安徽阜阳·阶段检测）已知函数 ，则（ ）
A．在 上单调递增
B．在 上单调递减
C．的最小值为
D．的图象关于直线对称
【答案】CD
【分析】令，结合对数函数、二次函数和复合函数的性质即可得结果.
【详解】令，所以 .
由于在 上单调递减，在上单调递增，且是增函数，
所以在 上单调递减，在 上单调递增，最小值为 .
又关于对称，所以的图象关于直线对称
故选：CD.
11．（2026高二·广东深圳·期末）函数的单调递增区间是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出导函数，在定义域内解不等式可得单调递增区间.
【详解】因为，，所以对函数求导得：，
令，即，，，
解得，
因此函数的单调递增区间为．
故选：B.
12．（2026·河北沧州·模拟预测）已知函数，则函数的单调递增区间为（ ）
A．，B．，，
C．，D．，，
【答案】B
【分析】求导后可得函数的单调区间，再求出函数定义域及其奇偶性，设，则，求出时的单调性即可得解.
【详解】，则当或时，，单调递减区间为，
当时，，单调递增，
对，有且，
则，
又，故为偶函数，故只需分析时的单调性，
令，则，
当时，，当时，，，故，
在上单调递减，则单调递增；
当时，，，故，
在上单调递减，上单调递增，
则当时，单调递减，时，单调递增；
故当时，单调递增区间为、，
单调递减区间为，
由偶函数性质可知，当时，单调递增区间为，
故函数的单调递增区间为，，.
题型04 利用单调性比较大小
13．（26-27高三·云南昆明·阶段检测）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】单调递增，故，
单调递增，故，
，
对于，，设函数，，
故函数在上单调递增，
所以，
则，所以，
故．
14．（2026高二·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】对于，通过构造函数，求导确定单调性可判断，对于，通过构造，求导确定单调性可判断，进而可解题.
【详解】由，构造，
则，，
所以在上单调递增，
故，即，故.
由，
构造，
则，，
所以在上单调递增，
故，即，故.
综上，.
15．（2026高二·四川成都·期中）已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先将的大小比较转化为比较，构造函数，即比较，求导分析函数的单调性可得结果.
【详解】依题意，，，，
令，，则，所以当时，，
当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.
因为，所以，即，即.
16．（2026·天津滨海新区·模拟预测）已知实数满足，，，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先构造函数确定的取值范围，再利用指数函数单调性比较与的大小，结合对数函数性质判断的符号，最终得到三者大小关系．
【详解】令，因为是上的增函数，是R上的减函数，
所以为上的单调递增函数，
计算得，，
由零点存在性定理可得方程得解，
由，得，所以，
又为上的单调递减函数， 在上单调递增，
所以，，
所以．
17．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知定义域为的偶函数在上单调递减，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先根据偶函数性质得出在上的单调性，再应用对数函数单调性比较大小，最后结合单调性求解.
【详解】因为定义域为的偶函数在上单调递减，所以在上单调递增.
因为，，，
所以.
又，所以.
题型05 利用函数的单调性解抽象不等式
18．（2026高三·全国·一轮复习）已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增，若，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据偶函数的性质得出在上单调递减，再根据单调性及奇偶性解不等式即可．
【详解】因为是偶函数，即关于直线对称，在上单调递增，
所以在上单调递减，
又，所以，
或，解得或．
19．（2026·广东肇庆·模拟预测）已知函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】结合函数的奇偶性和单调性求解.
【详解】的定义域为R，
因为，所以函数是R上的增函数.
因为，所以函数是奇函数，
所以由得，
则，解得.
所以不等式的解集为.
20．（2026·河北邢台·模拟预测）已知函数 则满足 的实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】∵ 当时，为单调递增函数，当时，，所以此时.
当时，为单调递增函数，也为单调递增函数，
∴ 在上单调递增，且.
∴ 函数是定义域为的单调递增函数.
令，当时，有.
设（），则，整理得.
解得或，∵ ，∴ 不符合题意，舍去.
∴ ，即.
∵ 在上单调递增，
∴ 等价于，解得.
∴ 实数的取值范围为，故选A.
21．（2026高二·甘肃兰州·阶段检测）函数是定义在上的偶函数，其导函数为，且当时，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】令，，根据题意分析的单调性和奇偶性，分类讨论是否为0，结合函数性质解不等式即可.
【详解】令，，
因为，可知函数为的偶函数，
又因为，
当时，，
若，则，即；
若，则，，可得，
可知在内单调递减，则在内单调递增.
对于不等式，
当，即时，可得，符合题意；
当，即时，可得，
即，可得，解得，且；
综上所述：不等式解集为.
22．（2026高三·河南驻马店·阶段检测）已知定义在上的函数满足以下条件：对任意，，有，，且当时，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据递推关系及单调性的定义判断的单调性，再应用赋值法求得、，不等式等价化为，结合单调性求解集.
【详解】任取，，且，因为，
所以，
因为时，，且，
所以，
所以，即，
所以在上是增函数，
令，所以，
令，，所以，
不等式等价于，
所以，即，
因为在上是增函数，所以，解得或，
所以不等式的解集为.
23．（2026·陕西商洛·模拟预测）已知为函数的导函数，且对任意，．若，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设函数，结合条件判断函数的单调性，结合单调性解不等式可得结论.
【详解】设函数，
则．
由对任意，，得，则函数在上单调递减．
因为，所以，即．
由，得，所以，解得，
所以不等式的解集为，选项A正确.
题型06 利用函数的单调性求参数的取值范围
24．（2026·甘肃白银·模拟预测）“”是“函数在上单调递增”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】利用给定单调性求出的取值范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】函数，函数的单调递增区间是，
由函数在上单调递增，得，则，因此，
所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件.
25．（2026高一·重庆·期末）函数在区间上是增函数，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，按是否为0分类，利用二次函数单调性列式求解.
【详解】当时，在上单调递增，符合题意，则；
当时，由函数在上是增函数，得且，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：D
26．（2026高一·河北石家庄·阶段检测）设函数在区间上是增函数，那么的取值范围是________．
【答案】
【详解】，定义域为，
因为函数在区间上是增函数，
所以，解得，
故的取值范围是.
27．（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数若对任意，，且，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由题意得，在上是增函数，
所以在上单调递增，则①，
又时，，
时，，故②，
联立①②，解得．
题型07 利用函数单调性求最值
28．（2026高三·全国·一轮复习）定义为中的最小值，设，则的最大值是（ ）
A．1B．2C．3D．5
【答案】B
【分析】作出函数的图象，根据图象即可求解.
【详解】画出，，的图像，观察图像可知，
当时，，
当时，，
当时，，
所以的最大值在时取得为，故B正确．
29．（2026高三·全国·一轮复习）已知函数，则在区间上的最大值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】先判断在区间上的单调性，进而即可求在区间上的最大值．
【详解】由在上单调递增，
所以．
30．（2026高二·江苏南京·阶段检测）函数的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】对于函数进行变形得，再利用基本不等式求最值即可．
【详解】因为，所以，
所以，
当且仅当时，取等号，
所以的最大值为．
31．（2026·云南昆明·模拟预测）已知函数，则的最大值与最小值之差为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【分析】根据分段函数结合指数函数单调性计算得出最值即可求解.
【详解】函数，
因为单调递增，所以；
因为单调递减，所以；
所以当时，；当时，；
则的最大值与最小值之差为.
32．（2026高三·贵州·竞赛）已知函数在定义域上单调递减，，恒成立，则函数的最小值是_____________________．
【答案】8
【分析】根据已知条件求出的解析式，通过换元法，结合二次函数的性质及反比例函数的性质求解．
【详解】因为，恒成立，将换成得
，
两式比较，得，
又因为在定义域上单调递减，所以
故或，
由在定义域上单调递减，而在区间内单调递增，不符合题意；
在区间内单调递减，故，
的定义域，
令，则，故，解得，
，开口向下，对称轴为，
故的最大值为，
已知，是反比例函数，故取最大值时，取最小值，
故函数的最小值为．
题型08 根据函数最值求参数
33．（2026高一·安徽亳州·阶段检测）若函数在上的最大值为，则（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】分、和三种情况讨论，研究其单调性，根据最大值建立方程求解即可.
【详解】因为，所以当时，在上单调递减，
则，解得，与矛盾，不符合题意；
当时，根据对勾函数单调性可知，
函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，函数在上单调递增，则在上单调递减，
所以，解得，符合题意；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，解得，与矛盾，不符合题意；
综上所述，.
故选：D
34．（2026高三·广东中山·开学考试）已知函数在区间上的最大值为5，则（ ）
A．2B．3C．15D．3或15
【答案】B
【分析】先将函数进行分离常数的变形，然后根据反比例函数的性质分析其单调性，再结合函数在给定区间上的最大值列出关于的方程，进而求解的值.
【详解】．因为，所以函数在上单调递减，所以函数在区间上的最大值为，解得．
故选：B.
35．（2026高三·全国·一轮复习）若函数在上的最大值为2，则实数____________．
【答案】2
【分析】根据二次函数的性质以及对数函数的单调性即可求解.
【详解】令，则在上的最大值，
最小值．
当时，，解得．
当时，，解得（舍去）．
综上，．
故答案为：2
36．（2026高三·河南·开学考试）已知函数若，，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据最小值为，可得，进而对进行讨论即可求解.
【详解】由题意知的最小值为，故，即．
当时，，不合题意；
当时，在上的最小值为，
为使为全局最小值，还需在上，
此时的下确界为3，故需，
解得，
综上，实数的取值范围为
故选：D．
37．（2026高三·湖北·期末）已知函数有最小值，则的取值范围是__________.
【答案】
【分析】分、、、四种情况讨论，分别求出每段的值域即可求最值.
【详解】①若，则，
因为的图象的对称轴为，
故该函数在上单调递增，所以，
若，则，当时，，则有最小值；
若，因为在上单调递减，所以，
若存在最小值，则，得，舍去；
若，因为在上单调递增，所以，
若存在最小值，则，得；
②若，因为在上单调递增，所以，
因为，则的最小值必在上取得，符合题意；
综上，的取值范围是.
故答案为：.
38．（2026高三·北京·阶段检测）已知函数，若函数的最大值是2，则的取值范围是__________．
【答案】
【分析】当时，，则当时，，利用导数研究函数的单调性和最大值即可求解.
【详解】由题意有：当时，，所以当时，，
当时，，所以，
令有：或，由或，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
又，令，即，
解得或，所以，

要使当时，，只需，即，
故答案为：.
题型09 函数奇偶性的判断
39．（2026·上海·模拟预测）下列函数为奇函数的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】对于A选项，，定义域关于原点对称，，为偶函数，故A选项错误；
对于B选项，，，为非奇非偶函数，故B选项错误；
对于C选项，为偶函数，故C选项错误；
对于D选项，为奇函数，故D选项正确.
40．（2026·宁夏石嘴山·模拟预测）已知函数的定义域为，则下列函数一定为奇函数的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据奇函数，偶函数的定义，逐一判断各选项即可.
【详解】选项A：设，
由，可知是偶函数，不能确定是奇函数，A错误.
选项B：设，
由，可知是奇函数，B正确.
选项C：设，
由，可知是偶函数，不能确定是奇函数，C错误.
选项D：设，
由，可知是偶函数，不能确定是奇函数，D错误.
41．（2026·北京·模拟预测）下列函数中，在上单调递增的偶函数为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据函数解析式直接判断奇偶性，单调性即可求解.
【详解】对于A，为指数函数，
是非奇非偶函数且在定义域内单调递减，故A选项错误；
对于B，，故为偶函数，
当时，，
由对数函数性质可知在内单调递增，故B选项正确；
对于C，为正切函数，是奇函数，
由正切函数性质可知在区间上单调递增，但在定义域内不具有单调性，
如，，但，故C选项错误；
对于D选项，，，
因为，所以为奇函数，
根据幂函数的相关性质得在定义域内单调递增，故D选项错误.
42．（2026·湖北·模拟预测）已知函数，则（ ）
A．是奇函数，且在区间单调递增B．是偶函数，且在区间单调递减
C．是奇函数，且在区间单调递减D．是偶函数，且在区间单调递增
【答案】B
【分析】先判断函数的奇偶性，再分析其在区间上的单调性.
【详解】化简可得：
，
定义域满足且，即，关于原点对称，
又,
因此是偶函数，排除A、C选项，
当时，单调递增，也单调递增，
因此单调递增，所以在中，
两项均随增大而减小，因此在上单调递减.
43．【多选】（2026·江西·模拟预测）关于定义域为的函数，下列说法正确的有（ ）
A．存在函数，使得恒成立
B．存在函数，使得恒成立
C．存在函数，使得恒成立
D．存在函数，使得恒成立
【答案】BC
【分析】根据函数奇偶性定义计算判断结合幂函数的奇偶性判断求解.
【详解】对于定义域为的函数，函数与的定义域均为，
因，
故为偶函数，为奇函数，
而为奇函数，为偶函数，A,D错误，为偶函数，为奇函数，B，C正确；
题型10 已知函数的奇偶性求函数值
44．（2026高一·甘肃兰州·期末）已知函数是奇函数，当时，，那么的值是（ ）
A．B．C．1D．3
【答案】B
【分析】根据奇函数的性质即可求解.
【详解】因为函数为奇函数，当时，,
则.
故选：B.
45．（2026高一·浙江·期末）若函数是奇函数，则（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】根据分段函数的奇偶性，求出时的解析式，代入求值，即得答案.
【详解】由于函数是奇函数，
故时，，则，
故，
故选：B
46．（2026高三·全国·专题练习）已知奇函数的定义域为，且当时，，则______．
【答案】26
【分析】解法一：根据奇函数的定义域为及可得，再由可得结果；解法二：根据奇函数的定义域为及可得，再由奇函数的定义求出在的解析式，从而计算出结果.
【详解】解法一：因为奇函数的定义域为，所以，得，
所以．
解法二：因为奇函数的定义域为，所以，得，
当时，，所以，
所以．
故答案为：26.
47．（2026·河北·模拟预测）已知偶函数的定义域为，且当时，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据偶函数的性质，结合条件求，再代入求值.
【详解】由偶函数的性质可知，，得，
即时，，.
故选：C
题型11 局部奇偶函数
48．（2026高二·湖南邵阳·期中） 且，则等于______________．
【答案】－16
【分析】构造函数，可得为奇函数，由得，从而可得结果.
【详解】令，
则，
由得，
由得，所以，则
所以，
故答案为：－16．
49．（2026高一·北京·期中）已知函数，且，则_____________．
【答案】
【分析】令，，即可判断、的奇偶性，再根据奇偶性求出.
【详解】令，，，
则，，
所以为奇函数，为偶函数，
又，且，，
所以，，
又，
所以.
故答案为：
50．（2026高一·云南昭通·期中）已知，其中为常数，若，则__________.
【答案】2
【分析】利用函数的解析式特征，推出，再代值计算即得.
【详解】，
.
故答案为：2.
51．（2026高一·广东佛山·阶段检测）已知函数，则（ ）
A．1B．2C．D．0
【答案】B
【分析】利用函数的奇偶性计算即可.
【详解】化简可得，令，
易知，所以为奇函数，
则.
故选：B
题型12 已知函数的奇偶性求解析式
52．（2026高三·河南新乡·阶段检测）已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则当时，（ ）
A．B． C．D．
【答案】D
【分析】根据奇函数的性质,计算可得.
【详解】由题意，当时，，，
又函数是定义在R上的奇函数，所以.
53．（2026高一·安徽合肥·期中）已知偶函数的定义域为，且当时，，当，______．
【答案】
【分析】根据函数的奇偶性求得正确答案.
【详解】当时，，而是偶函数，
所以.
故答案为：
54．（2026高一·辽宁铁岭·期中）已知奇函数与偶函数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意，用换，结合函数的奇偶性可得，联立解方程组即可得解.
【详解】由可得，
又分别为奇，偶函数，
所以，
由解得，
故选：C
55．（2026高一·山西·期中）若分别是定义在上的奇函数和偶函数，且，则函数的零点个数为___________．
【答案】2
【分析】代入得出.然后根据的奇偶性及其性质化简得出.与已知联立得出的表达式，即可得出的表达式，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，.
又分别是定义在上的奇函数和偶函数，
所以，，，
所以有.
又，
两式相加化简可得，.
两式相减化简可得，.
所以，.
解可得，或.
所以，函数的零点个数为2.
故答案为：2.
题型13 已知函数的奇偶性，求函数解析式中参数的值
56．（2026·河北秦皇岛·模拟预测）已知函数为奇函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】函数的定义域为.
因为函数为奇函数，所以，即，得.
当时，，
，.
所以函数为奇函数.
所以.
57．（2026·河南开封·模拟预测）“”是“函数为奇函数”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】求函数定义域后分析函数为奇函数的条件，最后根据充分、必要条件判断即可
【详解】由，解得,即函数的定义域为，关于原点对称，
令，因为，所以为奇函数.
此时，则，
若为奇函数，则，即，
因为不恒为0，所以对所有成立，展开得，即.
若，则,,则为奇函数.
故“”是“函数为奇函数”的充要条件.
58．（2026·陕西榆林·模拟预测）若函数为奇函数，则实数的值为（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】A
【分析】根据奇函数性质建立关于方程求解.
【详解】由可得，
，
若为奇函数，则有，
即，整理得，
则，解得，
当时，，令，解得或，
此时定义域为关于原点对称，
符合为奇函数，故符合题意．
59．（2026·山东济南·模拟预测）已知函数是偶函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】因为为偶函数，所以，，
所以，即，
所以且，故.
60．（2026·福建福州·模拟预测）若函数为奇函数，则____．
【答案】1
【详解】函数定义域为，关于原点对称，因为函数为奇函数，
所以，，，
所以，即，整理得对定义域内的恒成立，解得.
61．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知函数为奇函数，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据奇函数的性质求解即可．
【详解】由奇函数的定义域为，得，解得．
当时，0，则，
又时，，所以，所以．
题型14 应用奇偶性画函数图象
62．（2026高一·甘肃庆阳·期末）函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用函数奇偶性和特殊点，排除不符合的选项即可.
【详解】函数的定义域为，，
因此是上的偶函数，其图象关于轴对称，选项C，D不满足；
又，所以选项B不满足，A符合题意.
故选：A
63．（2026高一·四川广安·阶段检测）函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】首先判断函数的奇偶性，根据奇偶性排除B，再根据即可排成CD，从而得到答案．
【详解】∵的定义域为，关于原点对称，
且，
∴为奇函数，其图象关于原点对称，故排除选项B；
又，故排除选项D；
又，故排除选项C；
故选：A．
64．（2026高一·宁夏吴忠·阶段检测）已知函数是定义在上的奇函数，且当时，.现已画出函数在轴左侧的图象，如图所示.
(1)请补全函数的图象；
(2)由函数图象直接写出函数的单调递减区间；
(3)由函数图象直接写出使的的取值集合.
【答案】(1)作图见解析；
(2)递减区间为；
(3).
【分析】（1）根据奇函数求解析式，结合图象关于原点对称，画出y轴右侧图象即可.
（2）（3）根据（1）所得函数图象确定减区间及不等式的解集即可.
【详解】（1）由题图及是R上的奇函数，
若，则，故，
由，故，函数图象如下：
（2）由（1）所得函数图象知：单调递减区间是；
（3）由（1）所得函数图象知：使的取值集合为；
65．（2026高一·河北保定·期中）已知是定义在上的偶函数，当时，.
(1)求，的值；
(2)求的解析式；
(3)画出的简图；写出的单调区间.（只需写出结果，不要解答过程）
【答案】(1)；
(2)；
(3)答案见解析.
【分析】（1）根据解析式和奇偶性求值；
（2）利用奇偶性的定义求解析式；
（3）根据（2）中解析式得函数的简图，由图象得单调区间.
【详解】（1）由已知是定义在上的偶函数，当时，，
所以，；
（2）因为偶函数在时有，
所以时，，
所以；
（3）时，，抛物线开口向上，对称轴是直线，顶点坐标是，与轴交点为，
作出图象，再关于轴作对称图形即可得的图象，如下图，
由图象知增区间是和，减区间是和.
题型15 利用函数的奇偶性求最值
66．（2026高一·上海宝山·阶段检测）设函数是定义在上的偶函数，则“在上为严格增函数”是“在上的最大值为”的（ ）条件
A．充要B．充分非必要
C．必要非充分D．既非充分又非必要
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用偶函数及单调性的意义，结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】函数是定义在上的偶函数，
若在上为严格增函数，则在上为严格减函数，
因此在上的最大值为；
若在上的最大值为，不能得到在上为严格减函数，
如函数是上的偶函数，在上的最大值为，
而在上不单调，因此不能得到在上为严格增函数，
所以“在上为严格增函数”是“在上的最大值为”的充分非必要条件.
故选：B
67．（2026高二·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数是奇函数且在区间上单调递增，则函数在区间上（ ）
A．单调递增，有最小值B．单调递增，有最大值
C．单调递减，有最小值D．单调递减，有最大值
【答案】B
【分析】根据条件，利用奇函数的性质，即可求解.
【详解】奇函数图像关于原点对称，所以在关于原点对称区域内单调性相同，
函数是奇函数且在区间上单调递增，则函数在区间上单调递增，
又增区间为半开半闭区间，所以存在最大值.
故选：B.
68．（2026高二·湖南衡阳·期末）若为定义在R上的奇函数，且，则（ ）
A．的最小值为B．的最小值为
C．的最大值为D．的最大值为2
【答案】B
【分析】利用奇偶性化简即可得解.
【详解】由为定义在R上的奇函数，得，
则，解得，
则的最小值为．
故选：B
69．（2026高二·山东青岛·期末）函数是定义在上的奇函数，设函数的最大值为，最小值为，则________.
【答案】
【分析】利用奇函数的性质，可证明函数关于点成中心对称图形，即可求得.
【详解】由函数，
因为函数是定义在上的奇函数，所以有，
则，
所以可得函数关于点成中心对称图形，
因为函数的最大值为，最小值为，
所以最大值点与最小值点关于点成中心对称图形，
即，
故答案为：.
70．（2026高一·广东广州·开学考试）设函数在区间上的最大值为，最小值为，则的值为__________．
【答案】
【分析】构造函数，由其为奇函数即可求解；
【详解】，
构造函数定义域为，则，故为奇函数，
所以，
所以，
故答案为：2
题型16 由函数周期性求值
71．（2026·安徽安庆·模拟预测）设是周期为4的奇函数，当时，，则______．
【答案】
【分析】根据函数的奇偶性及周期性求解即可.
【详解】因为是周期为4的奇函数，所以，
又当时，，所以.
所以.
72．（2026高三·江西·阶段检测）已知是定义在上的偶函数，且，当时，，则（ ）
A．B．1C．3D．7
【答案】C
【分析】首先根据偶函数的定义结合已知条件求得函数的周期，最后借助函数周期性求解函数值即可.
【详解】因为是定义在上的偶函数，所以.又因为，
所以，所以，所以的周期为.
因为时，，所以
73．（2026·河北唐山·模拟预测）设是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】利用偶函数性质得，得.
周期，，因此.
，且，
则
因此.
74．（2026·山东东营·模拟预测）定义在上的函数满足，则的值为（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】C
【分析】先根据递推关系推导函数周期为6，再计算2026模6的余数，对应周期内的函数值即可求解.
【详解】当时，，
因此，.
当时，递推关系为 ①，
将替换为得 ②，
将①+②可得，即，
因此，故函数在具有周期性，周期为.
因为，所以，
因为， ， ， .
因此.
75．（2026·河北衡水·模拟预测）若偶函数满足，当时，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分析可知的一个周期为2，根据周期性结合偶函数性质以及对数运算求解.
【详解】因为，用代替得，
即，又因为函数为偶函数，则，
则，所以的一个周期为2，
因为，且，
当时，，则.
题型17 由函数周期性求解析式
76．（2026·上海静安·模拟预测）已知定义在R上的偶函数的最小正周期为2，当时，，则当时，______．
【答案】
【详解】当时，，
，
又定义在R上的偶函数，且最小正周期为2，
，
．
77．（2026高一·甘肃·期中）定义在上的函数，满足，若当时，，则当时，______.
【答案】
【分析】当时，则，根据条件及时的解析式，代入计算，即可得答案.
【详解】当时，则，
因为，所以，
又当时，，
所以.
故答案为：.
78．（2026高三·全国·一轮复习）已知函数是定义在上的奇函数，且它的图象关于直线对称．
(1)求证：是周期为4的周期函数；
(2)若，求时，函数的解析式．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)利用函数对称以及奇函数的性质证明.
(2)通过函数的周期性以及奇函数性质求解.
【详解】（1）证：因为关于直线对称，所以，进而.
因为是定义在上的奇函数，，所以.
因此.
即是周期为4的周期函数.
（2）由函数是定义在上的奇函数，有．
当时，，，符合式子，
故时，．
时，，．
从而，时，函数.
79．（2026高三·河北石家庄·阶段检测）设是定义在上的奇函数，且对任意实数，恒有．当时，．
(1)求证：是周期函数；
(2)当时，求的解析式；
(3)计算
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)1
【分析】（1）利用周期函数定义证明即可；
（2）当时，可得出，再由可求得解析式；
（3）计算出的值，再利用函数的周期性即可解出.
【详解】（1）∵对任意实数，恒有，
∴，
∴函数是周期为4的周期函数.
（2）∵，∴.
当时，，
此时.
（3）当时，；当时，.
∴，
∴，又函数的一个周期为4，
∴
.
题型18 自对称中的轴对称
80．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数的定义域为，，当时，，则曲线在点处的切线的斜率为（ ）
A．2B．1C．D．
【答案】C
【分析】利用导数求出曲线在点处的切线的斜率，再利用对称性求得答案.
【详解】由函数的定义域为，，得函数的图象关于直线对称，
因此曲线在点处的切线与曲线在点处切线关于直线对称，
其斜率互为相反数，当时，，求导得，则，
所以曲线在点处的切线的斜率为.
81．（2026高三·河南·期中）已知函数的图象关于直线对称，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先由函数定义域的对称性解得，再由特值法得的方程求解验证即可.
【详解】由题意知，且，
因为函数的图象关于直线对称，
则是方程的根，
故，解得，则.
又由得，,解得.
故，即，
验证：函数的定义域为，且，
且，
故函数的图象关于直线对称，满足题意.
则.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是由题意得，从而利用对称轴得到，进而得到是方程的根，由此得解.
82．（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数，且函数的图象与的图象关于直线对称.
(1)求的解析式；
(2)证明：.
【答案】(1)；
(2)证明：由（1）知，，恒有，
若，则，，而，因此；
若，则，，，因此，
综上，可得.
【分析】（1）根据给定条件，利用轴对称列式求出解析式.
（2）由（1）的结论，按分段，结合对数函数性质及不等式性质推理得证.
【详解】（1）函数，因函数的图象与的图象关于直线对称，
则，
故函数的解析式为.
（2）略
83．（2026·湖南·模拟预测）设函数，则使得成立的的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】易得函数关于对称，且在上单调递减，在单调递增，将原不等式转化为求解即可.
【详解】因为，所以，
即函数关于对称，
当时，单调递增，
所以函数在上单调递减，在单调递增，
因为，所以，解得，
即的取值范围是，
故选：B.
题型19 自对称中的中心对称
84．【多选】（2026·甘肃·模拟预测）已知函数，则（ ）
A．的图象关于点对称B．的图象关于直线对称
C．的值域为D．在定义域上单调递减
【答案】ABC
【分析】先通过分离常数将函数表达式转化为平移后的反比例函数形式，然后借助反比例函数的性质依次判断各选项即可.
【详解】因为，
对于A：因为的对称中心为，将其向右平移1个单位，
再向上平移2个单位得到，所以对称中心变为，故A正确；
对于B：任取上一点，其关于直线的对称点为，
而，
因此其对称点也在上，所以的图象关于对称，故B正确；
对于C：因为，所以，
即的值域为，故C正确；
对于D：的定义域为，它仅在区间和上分别单调递减，
不能说在整个定义域上单调递减，例如：取，
有，不符合单调递减定义，故D错误.
85．（2026高三·海南省直辖县级单位·期中）若函数的图象关于点对称，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据函数图象的对称问题，得到为奇函数，再根据奇函数的含义得到的值，即可求得结果.
【详解】因为的图象关于点对称，
所以函数为奇函数，
则，即，且为奇函数，
所以，得，
所以，
故选：A.
86．（2026高一·广东阳江·阶段检测）已知函数的图象关于点对称，则______．
【答案】
【分析】由已知可得为奇函数，结合奇函数性质列方程求，由此可得结论.
【详解】因为函数的图象关于点对称，
所以函数的图象关于点对称，
所以函数为奇函数，故，
所以，
所以，
所以，，
所以.
故答案为：.
题型20 互对称问题
87．（2026高三·吉林长春·开学考试）下列函数中，其图象与函数 的图象关于直线 对称的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据直线对称的性质，结合中点坐标公式进行求解即可.
【详解】设函数的图象为曲线，该曲线关于对称的曲线为，
设曲线上任意一点的坐标为，则有，
该点关于直线对称点的坐标为，
因此有，代入中，
得，
故选：C
88．（2026高三·辽宁锦州·期末）设函数的图象与的图象关于直线对称，且，则（ ）
A．3B．2C．1D．0
【答案】A
【分析】根据函数的对称性，得到函数的解析式，利用对数函数的运算即可求解.
【详解】因为函数的图象与的图象关于直线对称，
所以在函数的图象上取点，则关于直线对称点为；
所以，得，
因为，所以，得.
故选：A.
题型21 双重对称问题
89．（2026高三·山东日照·阶段检测）已知函数，的定义域均为，且 ， ．若的图象关于直线对称，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用函数图象关于直线对称的性质，推导的对称性表达式，判断A；联立已知的两个含和的等式，通过变量替换消去相关项，推导的递推关系，判断B；代入特殊值到已知等式中，结合的条件，计算，判断C；根据的递推关系确定其周期，计算一个周期内的和，再计算26项的总和，判断D.
【详解】 ①， ②，
关于对称，故 ③，
从②式换元得，代入①式得：，
代入③式的，得： ，
换元得： ④，再将
得，联立得，即周期为4，
对应也满足，周期也为4.
选项A：即，但由式④，
得，故A错误；
选项B：，故B错误；
选项C：，由得，
，故C错误；
选项D：由得，又，故，解得，，，
，.
一个周期和为：，从到共6个完整周期（24项），
剩余，，总和为： ， 故D正确.
90．（2026·山东聊城·模拟预测）已知函数，的定义域均为R，且，，若是偶函数，且，则（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】D
【分析】联立两个函数关系式消去，推导得出的对称轴，结合偶函数性质推出函数周期，利用周期性和对称性求出，再代入关系式求出，最终计算目标值.
【详解】由得.
又因，则有，
即，故函数的图象关于直线对称.
又是偶函数，其图象关于直线对称.
故的一个周期为.
由得.
在中令，得.
由得.
因此.
91．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知函数的定义域为R，的图象关于点对称， ，且的图象关于点对称，则______.
【答案】99
【分析】先利用函数的对称性找到等式关系，再用赋值法得到，从而求出.
【详解】因为 关于点 对称，所以,
即，
因为 关于点 对称，所以,
因为 ，所以
即，
因为，所以，
所以，所以，
因为，所以，
因此，
在，令，得，
因此.
92．【多选】（2026高二·湖南长沙·期中）已知函数，定义域均为，为偶函数，为奇函数，且，则（ ）
A．B．函数图象关于点对称
C．D．当时，
【答案】ACD
【分析】先根据为奇函数推出的对称中心，再结合与的关系分析的对称性、周期性、进而判断各选项.
【详解】A选项中，因为为奇函数，所以，
则，故A正确，
B选项中，由A选项可知，，，
所以，即，
所以关于点对称，又的图象关于对称，
所以的对称中心为，，不是，故B错误，
C选项中，由A项得关于对称，即，，
，，因为的图象关于对称，
所以，又，所以，
所以，即，
所以关于对称，即，
因此，，
所以，故C正确，
D选项中，因为，所以，
又，所以，则，
所以，则的周期为4，
所以，又因为，
所以，所以，故D正确．
题型22 函数对称性的证明
93．【多选】（2026·安徽合肥·模拟预测）下列函数中，其图像是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据函数的对称性求解判断即可.
【详解】对于A，，满足，图像关于中心对称，故A满足；
对于B，是偶函数，关于轴对称，故B错误；
对于C，定义域为，若存在对称中心，则其横坐标只能为，
，所以函数图像的对称中心为，故C满足；
对于D，定义域为，若存在对称中心，则其横坐标只能为1，
所以函数图像的对称中心为，故D满足．
94．（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数， .
(1)求证：曲线的图象是一个中心对称图形，并求对称中心；
(2)若，求过曲线上一点的切线方程；
(3)用表示、中的最小值，设函数 ()，讨论的零点的个数.
【答案】(1)；
证明：设的对称中心为，则对，，
∴
，
∴，∴，
∴曲线的图象是一个中心对称图形，对称中心为；
(2)，
(3)当或时，有一个零点；
当或时，有两个零点；
当时，函数有三个零点.
【分析】（1）设的对称中心为，根据求解即可；
（2）设切点为，根据导数的几何意义，求出切线方程，再代入求解即可；
（3）由时，得在零点；当时，若，则，可判断出是函数的一个零点；若，则，可判断出不是函数的零点；当时，只考虑在内的零点个数即可，然后分或、，利用函数的单调性可得答案．
【详解】（1）略
（2）∵，∴，
设切点为，则切线方程为
将代入得，
整理得，即，∴或，
当时，切线方程为，即；
当时，切线方程为，即.
（3）（ⅰ）当时，，函数
∴在时无零点.
（ⅱ）当时，
若，则，，
故是函数的一个零点；
若，则，，
故不是函数的零点；
（ⅲ）当时，，因此只考虑在内的零点个数即可.
①当或时，在内无零点，
因此在区间内单调而，，
∴当时，在区间内有一个零点，
当时，在区间内没有零点；
②当时，函数在内单调递减，在内单调递增，
∴，
若，即，则在内无零点.
若，即，则在内有唯一零点.
若，即，由，，
∴当时，在内有两个零点，
当时，在内有一个零点.
综上可得：当或时，有一个零点；
当或时，有两个零点；
当时，函数有三个零点.
95．（2026·吉林延边·模拟预测）已知函数，．
(1)当时，求函数的图象在处的切线方程；
(2)证明：函数的图象是中心对称图形；
(3)若函数为减函数，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)解：由函数，
可得，
所以
，
即，即，
所以函数的图象关于点中心对称.
(3)
【分析】（1）当时，求得，求得，结合导数的几何意义，即可求解；
（2）根据题意，求得，求得，即可得证；
（3）求得，转化为在内恒成立，当时，恒成立；当时，恒成立，利用换元法和二次函数的性质，即可求解.
【详解】（1）解：当时，，可得，
又由，可得，
所以函数的图象在处的切线方程，即.
（2）略
（3）解：由，其定义域为，
且，
因为函数是减函数，所以在内恒成立，
即在内恒成立，
因为，不等式可化为，
即，
当时，恒成立，此时；
当时，，
令，则，因为且，即且，
则，
令，
令，则，，
当时，取得最大值，此时，
所以的最大值为，则的最小值为，
因为恒成立，所以，即实数的取值范围为.
96．（2026·四川泸州·模拟预测）已知，函数.
(1)当时，函数为减函数，求实数的最小值;
(2)证明：曲线是中心对称图形；
(3)当时，证明：方程有三个不等实根.
【答案】(1)
(2)令 ，解得，则函数定义域为，
因为
，
所以关于点中心对称，即曲线是中心对称图形.
(3)当时，，
当时，，
令，则，
则函数在区间上单调递减，
而，，可得，
由零点存在性定理得存在使得 ，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，则，，
而，可得方程在区间上有一解，
由曲线的对称性知，方程在区间上也有一解，
故方程在区间上有三解.
【分析】（1）将原函数单调性问题转化为导函数恒成立问题，再求出，进而建立不等式求解参数范围，最后得到最值即可；
（2）利用函数的对称性证明即可；
（3）利用导数结合零点存在性定理得到的零点，进而得到的单调性，最后再结合零点存在性定理证明即可.
【详解】（1）当 时，记，
其中，则，
因为函数为减函数，所以恒成立
因为，当且仅当时等号成立，故，
而 成立，可得，解得，故 的最小值为 .
（2）略
（3）略
题型23 函数对称性的应用
97．（2026·山东日照·模拟预测）设为定义在上的奇函数，且，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先根据奇函数性质和已知条件推出函数的周期，再利用周期性和奇函数性质求出的值，最后求出的值.
【详解】因为为定义在上的奇函数，所以，且，
又，即，则关于对称，
所以，所以，则，
所以，即的周期为，
所以，
所以.
98．（2026高一·贵州黔东南·期末）已知函数，且，则的所有零点之和为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】B
【分析】问题化为与的图象在和上各有2个交点，数形结合及对称性求零点的和即可.
【详解】因为，由，得，
函数与的图象都关于直线对称，
且与的图象在和上各有2个交点，如下图所示：
所以在和上的所有零点之和为.
故选：B
99．（2026高三·河南·阶段检测）已知函数的图象关于点对称，则函数的零点之和为（ ）
A．1B．2C．4D．6
【答案】B
【分析】求出函数的定义域，结合导数确定函数的单调性及零点个数，再利用对称性求出零点和.
【详解】函数，由，得或，
而，则，
即是函数图象的对称中心，，
函数在上单调递减，而在上单调递增，
则函数在上单调递减，令函数，
求导得，函数在上单调递减，
因此函数在上单调递减，当从大于2的方向趋近于2时，，
，则函数在上有唯一零点，
由对称性知函数在有唯一零点，两个零点和为2，
所以函数的零点之和为2.
故选：B
题型24 函数性质的综合应用
100．【多选】（2026高二·浙江宁波·期末）定义在 上的函数满足为偶函数，且，则（ ）
A．函数为偶函数B．函数为周期函数
C．函数的图象关于直线对称D．函数在内至少有个零点
【答案】ABD
【分析】根据已知及奇偶性的定义判断A，再由已知及偶函数性质判断B，最后利用奇偶性、周期性研究函数的对称性和零点判断C、D.
【详解】因为是偶函数，所以，
因为，所以，
将 替换为，得，
结合，可得，即，
A：由上推导可知，所以函数为偶函数，正确，
B：由，可得，
所以函数是周期为的周期函数，正确，
C：由（关于 轴对称）和周期为，
因为，所以，而，
因此，
则函数图象关于点对称，不是关于直线 对称，错误；
D：在中，令，得，
因为是偶函数，所以，代入得，解得，
结合周期为，可知均为，
同理，由，可知也为，
在区间内，所有奇数点都是函数的零点，共有个，
因此至少有个零点，正确.
四种常用判断方法，按需选用：
1. 定义法：任取区间内，作差判断正负；
2. 图像法：图像上升为增函数，下降为减函数；
3. 复合函数同增异减：内外层单调性相同则整体递增，相反则递减；
4. 导数法：区间内单调递增，单调递减；
5. 四则运算法：增+增=增，减+减=减，负号翻转单调性。
定义法：在定义域内的某个区间上任取并使得，通过作差比较与的大小来判断单调性。
具体如下：设x1，x2∈(a，b)，且x1≠x2，记Δx＝x1－x2，Δy＝f(x1)－f(x2)，那么
①eq \f(Δy,Δx)＞0⇔f(x)在(a，b)内是增函数；
eq \f(Δy,Δx)＜0⇔f(x)在(a，b)内是减函数.
上式的几何意义：增(减)函数图象上任意两点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))连线的斜率恒大于(或小于)零
1. 优先求定义域，单调区间必须是定义域子集；
2. 基础函数：一次、二次、指数对数直接结合图像写区间；
3. 复合函数：拆分内外层，利用“同增异减”分层判断；
4. 分式、根式函数：分离常数、换元转化为基础函数；
5. 复杂函数：求导，解得递增区间，得递减区间；
注意：多个单调区间不能用“”连接，用逗号隔开。
比大小常用的方法是利用单调性比大小；搭桥法，即引入中间量，从而确定大小关系；数形结合比大小。
注：一般三个数比较大小使用中间量法（一个大于1，一个介于0-1之间，一个小于0）再结合函数的图像判断大小。比较函数值的大小，常由函数的奇偶性、周期性等，将自变量转化到同一单调区间内，再利用函数的单调性，通过比较自变量的大小来比较其函数值大小.
在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域．
解抽象函数不等式问题（如：f(a2＋a－5)